115 年 國立臺北大學統計學系碩士班《基礎數學（含微積分、線性代數）》

本題考查極限的計算，屬於微積分的基本應用。直接將 $x = \frac{\pi}{4}$ 代入函數中進行計算。

解題步驟：

1. 將 $x = \frac{\pi}{4}$ 代入 $\csc x$：
   $\csc\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sin\left(\frac{\pi}{4}\right)} = \frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$。

本題考查極限的計算，涉及級數求和，可透過黎曼和 (Riemann sum) 的概念來求解。

解題步驟：

1. 將級數改寫成求和符號 $\sum$ 的形式。
   級數中的每一項形式為 $\frac{1}{\sqrt{n^2+k^2}}$，其中 $k$ 從 $1$ 變到 $n$。
   因此，級數可寫為 $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+k^2}}$。
2. 將級數轉換為黎曼和的形式。
   黎曼和的一般形式為 $\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right) \frac{1}{n}$，它對應於定積分 $\int_0^1 f(x) dx$。
   我們將級數中的每一項 $\frac{1}{\sqrt{n^2+k^2}}$ 變形，使其出現 $\frac{k}{n}$ 和 $\frac{1}{n}$：
   $\frac{1}{\sqrt{n^2+k^2}} = \frac{1}{\sqrt{n^2\left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)}} = \frac{1}{n\sqrt{1+\left(\frac{k}{n}\right)^2}}$。
   所以，級數的和為 $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n\sqrt{1+\left(\frac{k}{n}\right)^2}}$。

本題考查隱函數微分 (Implicit Differentiation)，用於求解曲線在特定點的切線斜率。

解題步驟：

1. 對曲線方程式兩邊同時對 $x$ 微分。
   給定曲線方程式：$2(x^2 + y^2)^2 + (x^2 - 1) = 25(x^2 - y^2) + 2$。
   對兩邊微分：
   $\frac{d}{dx} \left[ 2(x^2 + y^2)^2 + (x^2 - 1) \right] = \frac{d}{dx} \left[ 25(x^2 - y^2) + 2 \right]$

   左邊微分：
   $\frac{d}{dx} [2(x^2 + y^2)^2] = 2 \cdot 2(x^2 + y^2) \cdot \frac{d}{dx}(x^2 + y^2)$
   $= 4(x^2 + y^2) \left( 2x + 2y \frac{dy}{dx} \right)$
   $\frac{d}{dx} (x^2 - 1) = 2x$
   所以左邊微分為 $4(x^2 + y^2) \left( 2x + 2y \frac{dy}{dx} \right) + 2x$。

   右邊微分：
   $\frac{d}{dx} [25(x^2 - y^2)] = 25 \left( 2x - 2y \frac{dy}{dx} \right)$
   $\frac{d}{dx} (2) = 0$
   所以右邊微分為 $25 \left( 2x - 2y \frac{dy}{dx} \right)$。

   合併兩邊微分結果：

本題考查不定積分的計算，屬於三角換元積分的標準題型。

解題步驟：

1. 辨識積分形式。
   積分式為 $\int \frac{1}{\sqrt{4-x^2}} dx$。根號下的形式 $a^2 - x^2$ 提示我們可以使用三角換元。
   令 $a^2 = 4$，則 $a=2$。

2. 進行三角換元。
   令 $x = 2 \sin \theta$。
   則 $dx = 2 \cos \theta d\theta$。
   $\sqrt{4-x^2} = \sqrt{4 - (2 \sin \theta)^2} = \sqrt{4 - 4 \sin^2 \theta} = \sqrt{4(1 - \sin^2 \theta)} = \sqrt{4 \cos^2 \theta} = 2 |\cos \theta|$。
   假設 $\theta$ 位於 $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ 區間，則 $\cos \theta > 0$，所以 $\sqrt{4-x^2} = 2 \cos \theta$。

核心觀念

本題考查二重積分的分離性，以及乘積型函數的積分：

$$e^{x^2+y^2}=e^{x^2}e^{y^2}.$$

由於積分區域為矩形 $[0,1]\times[0,1]$，可利用 Fubini 定理將二重積分拆成兩個一重積分的乘積：

$$\int_0^1\int_0^1 f(x)g(y)\,dy\,dx = \left(\int_0^1 f(x)\,dx\right) \left(\int_0^1 g(y)\,dy\right).$$

解題方法

原式為

$$I=\int_0^1\int_0^1 e^{x^2+y^2}\,dy\,dx.$$

利用指數函數的性質：

$$e^{x^2+y^2}=e^{x^2}e^{y^2}.$$

因此

$$\begin{aligned} I &=\int_0^1\int_0^1 e^{x^2}e^{y^2}\,dy\,dx\\ &=\left(\int_0^1 e^{x^2}\,dx\right) \left(\int_0^1 e^{y^2}\,dy\right). \end{aligned}$$

兩個一重積分僅是積分變數名稱不同，故相等：

$$I=\left(\int_0^1 e^{t^2}\,dt\right)^2.$$

函數 $e^{t^2}$ 沒有初等函數形式的反導函數，通常以虛誤差函數 $\operatorname{erfi}$ 表示：

$$\operatorname{erfi}(z) = \frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^z e^{t^2}\,dt.$$

所以

本題考查極限的計算，屬於微積分的基本應用。直接將 $x = \frac{\pi}{4}$ 代入函數中進行計算。

解題步驟：

1. 將 $x = \frac{\pi}{4}$ 代入 $\csc x$：
   $\csc\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sin\left(\frac{\pi}{4}\right)} = \frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$。

本題考查極限的計算，涉及級數求和，可透過黎曼和 (Riemann sum) 的概念來求解。

解題步驟：

1. 將級數改寫成求和符號 $\sum$ 的形式。
   級數中的每一項形式為 $\frac{1}{\sqrt{n^2+k^2}}$，其中 $k$ 從 $1$ 變到 $n$。
   因此，級數可寫為 $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+k^2}}$。
2. 將級數轉換為黎曼和的形式。
   黎曼和的一般形式為 $\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right) \frac{1}{n}$，它對應於定積分 $\int_0^1 f(x) dx$。
   我們將級數中的每一項 $\frac{1}{\sqrt{n^2+k^2}}$ 變形，使其出現 $\frac{k}{n}$ 和 $\frac{1}{n}$：
   $\frac{1}{\sqrt{n^2+k^2}} = \frac{1}{\sqrt{n^2\left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)}} = \frac{1}{n\sqrt{1+\left(\frac{k}{n}\right)^2}}$。
   所以，級數的和為 $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n\sqrt{1+\left(\frac{k}{n}\right)^2}}$。

本題考查隱函數微分 (Implicit Differentiation)，用於求解曲線在特定點的切線斜率。

解題步驟：

1. 對曲線方程式兩邊同時對 $x$ 微分。
   給定曲線方程式：$2(x^2 + y^2)^2 + (x^2 - 1) = 25(x^2 - y^2) + 2$。
   對兩邊微分：
   $\frac{d}{dx} \left[ 2(x^2 + y^2)^2 + (x^2 - 1) \right] = \frac{d}{dx} \left[ 25(x^2 - y^2) + 2 \right]$

   左邊微分：
   $\frac{d}{dx} [2(x^2 + y^2)^2] = 2 \cdot 2(x^2 + y^2) \cdot \frac{d}{dx}(x^2 + y^2)$
   $= 4(x^2 + y^2) \left( 2x + 2y \frac{dy}{dx} \right)$
   $\frac{d}{dx} (x^2 - 1) = 2x$
   所以左邊微分為 $4(x^2 + y^2) \left( 2x + 2y \frac{dy}{dx} \right) + 2x$。

   右邊微分：
   $\frac{d}{dx} [25(x^2 - y^2)] = 25 \left( 2x - 2y \frac{dy}{dx} \right)$
   $\frac{d}{dx} (2) = 0$
   所以右邊微分為 $25 \left( 2x - 2y \frac{dy}{dx} \right)$。

   合併兩邊微分結果：

本題考查不定積分的計算，屬於三角換元積分的標準題型。

解題步驟：

1. 辨識積分形式。
   積分式為 $\int \frac{1}{\sqrt{4-x^2}} dx$。根號下的形式 $a^2 - x^2$ 提示我們可以使用三角換元。
   令 $a^2 = 4$，則 $a=2$。

2. 進行三角換元。
   令 $x = 2 \sin \theta$。
   則 $dx = 2 \cos \theta d\theta$。
   $\sqrt{4-x^2} = \sqrt{4 - (2 \sin \theta)^2} = \sqrt{4 - 4 \sin^2 \theta} = \sqrt{4(1 - \sin^2 \theta)} = \sqrt{4 \cos^2 \theta} = 2 |\cos \theta|$。
   假設 $\theta$ 位於 $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ 區間，則 $\cos \theta > 0$，所以 $\sqrt{4-x^2} = 2 \cos \theta$。

核心觀念

本題考查二重積分的分離性，以及乘積型函數的積分：

$$e^{x^2+y^2}=e^{x^2}e^{y^2}.$$

由於積分區域為矩形 $[0,1]\times[0,1]$，可利用 Fubini 定理將二重積分拆成兩個一重積分的乘積：

$$\int_0^1\int_0^1 f(x)g(y)\,dy\,dx = \left(\int_0^1 f(x)\,dx\right) \left(\int_0^1 g(y)\,dy\right).$$

解題方法

原式為

$$I=\int_0^1\int_0^1 e^{x^2+y^2}\,dy\,dx.$$

利用指數函數的性質：

$$e^{x^2+y^2}=e^{x^2}e^{y^2}.$$

因此

$$\begin{aligned} I &=\int_0^1\int_0^1 e^{x^2}e^{y^2}\,dy\,dx\\ &=\left(\int_0^1 e^{x^2}\,dx\right) \left(\int_0^1 e^{y^2}\,dy\right). \end{aligned}$$

兩個一重積分僅是積分變數名稱不同，故相等：

$$I=\left(\int_0^1 e^{t^2}\,dt\right)^2.$$

函數 $e^{t^2}$ 沒有初等函數形式的反導函數，通常以虛誤差函數 $\operatorname{erfi}$ 表示：

$$\operatorname{erfi}(z) = \frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^z e^{t^2}\,dt.$$

所以

本題考查線性代數中向量空間、線性獨立、張成空間、矩陣零空間以及向量正交性的概念。題目要求證明矩陣 A 的零空間 N(A) 與向量 x 和 y 所張成的空間 U 正交。

核心觀念：

1. 線性獨立：向量 x 和 y 線性獨立，表示 $c_1 \mathbf{x} + c_2 \mathbf{y} = \mathbf{0}$ 僅在 $c_1=c_2=0$ 時成立。
2. 張成空間 (Span)：$U = \text{span}\{\mathbf{x}, \mathbf{y}\}$ 表示 U 中的任何向量 $\mathbf{w}$ 都可以寫成 $\mathbf{w} = c_1 \mathbf{x} + c_2 \mathbf{y}$ 的形式，其中 $c_1, c_2$ 是純量。
3. 矩陣 A 的定義：$A = \mathbf{x}\mathbf{y}^T + \mathbf{y}\mathbf{x}^T$。這裡 $\mathbf{x}, \mathbf{y}$ 是列向量，$\mathbf{x}\mathbf{y}^T$ 和 $\mathbf{y}\mathbf{x}^T$ 是外積，結果是 $n \times n$ 的矩陣。
4. 零空間 (Null Space)：$N(A) = \{\mathbf{v} \in \mathbb{R}^n \mid A\mathbf{v} = \mathbf{0}\}$。
5. 向量正交：兩個向量 $\mathbf{u}, \mathbf{v}$ 正交，表示它們的內積為零，即 $\mathbf{u}^T\mathbf{v} = 0$。

證明步驟：
要證明 $N(A)$ 與 $U$ 正交，需要證明對於任意 $\mathbf{v} \in N(A)$ 和任意 $\mathbf{w} \in U$，都有 $\mathbf{v}^T\mathbf{w} = 0$。

1. 描述 $N(A)$ 中的向量 $\mathbf{v}$：
   若 $\mathbf{v} \in N(A)$，則 $A\mathbf{v} = \mathbf{0}$。
   將 $A$ 的定義代入：
   $(\mathbf{x}\mathbf{y}^T + \mathbf{y}\mathbf{x}^T)\mathbf{v} = \mathbf{0}$
   $\mathbf{x}(\mathbf{y}^T\mathbf{v}) + \mathbf{y}(\mathbf{x}^T\mathbf{v}) = \mathbf{0}$

本題考查線性代數中 QR 分解、投影矩陣以及向量空間的表示。

核心觀念：

1. QR 分解：一個 $m \times n$ 的矩陣 A，若其欄位（columns）線性獨立，則可唯一分解為 $A = QR$，其中 Q 是一個 $m \times n$ 的矩陣，其欄位是互相正交的單位向量（形成一個正交基），R 是一個 $n \times n$ 的上三角矩陣。
2. 投影矩陣 (Projection Matrix)：將向量投影到一個子空間的矩陣。若 Q 的欄位構成了子空間的標準正交基，則投影到 Col(A) 的投影矩陣為 $P = QQ^T$。
3. 欄位空間 (Column Space)：$Col(A)$ 是由 A 的欄位向量張成的空間。
4. 標準正交基：一組向量，它們互相正交且長度均為 1。

---

Part (a): Show that P = QQT.

證明步驟：

1. 投影的定義：
   向量 $\mathbf{b}$ 投影到 $Col(A)$ 上的向量 $\hat{\mathbf{x}}$ 滿足以下兩個條件：
   (i) $\hat{\mathbf{x}} \in Col(A)$
   (ii) $\mathbf{b} - \hat{\mathbf{x}}$ 正交於 $Col(A)$。

2. 利用 QR 分解：
   由於 $A = QR$，且 A 的欄位線性獨立，Q 的欄位構成 $Col(A)$ 的一個標準正交基。
   令 Q 的欄位為 $\mathbf{q}_1, \mathbf{q}_2, \dots, \mathbf{q}_n$。則 $Col(A) = \text{span}\{\mathbf{q}_1, \mathbf{q}_2, \dots, \mathbf{q}_n\}$。
   由於 Q 的欄位是標準正交基，所以 $Q^T Q = I_n$ (n 階單位矩陣)。

3. 從條件 (i) 開始：
   $\hat{\mathbf{x}} \in Col(A)$ 表示 $\hat{\mathbf{x}}$ 可以寫成 A 的欄位的線性組合。
   由於 $A = QR$，A 的欄位是 Q 的欄位的線性組合（由 R 的元素決定）。
   更直接地，由於 Q 的欄位是 $Col(A)$ 的標準正交基，所以 $\hat{\mathbf{x}}$ 必定可以寫成 Q 的欄位的線性組合：
   $\hat{\mathbf{x}} = c_1\mathbf{q}_1 + c_2\mathbf{q}_2 + \cdots + c_n\mathbf{q}_n = Q\mathbf{c}$，其中 $\mathbf{c} = [c_1, c_2, \dots, c_n]^T$。
   這個等式也可以寫成 $\hat{\mathbf{x}} = Q(Q^T\mathbf{b})$，稍後會證明。

4. 從條件 (ii) 開始：
   $\mathbf{b} - \hat{\mathbf{x}}$ 正交於 $Col(A)$。
   這意味著 $\mathbf{b} - \hat{\mathbf{x}}$ 與 $Col(A)$ 中的所有向量都正交。
   由於 Q 的欄位 $\mathbf{q}_i$ 張成了 $Col(A)$，所以 $\mathbf{b} - \hat{\mathbf{x}}$ 必須與每一個 $\mathbf{q}_i$ 正交。
   即 $\mathbf{q}_i^T (\mathbf{b} - \hat{\mathbf{x}}) = 0$ 對於所有 $i=1, \dots, n$。
   將這些等式寫成矩陣形式：
   $Q^T (\mathbf{b} - \hat{\mathbf{x}}) = \mathbf{0}$。

5. 聯立條件 (i) 和 (ii)：
   我們知道 $\hat{\mathbf{x}} = Q\mathbf{c}$。代入 $Q^T (\mathbf{b} - \hat{\mathbf{x}}) = \mathbf{0}$：
   $Q^T (\mathbf{b} - Q\mathbf{c}) = \mathbf{0}$
   $Q^T\mathbf{b} - Q^T Q\mathbf{c} = \mathbf{0}$
   由於 $Q^T Q = I_n$ (因為 Q 的欄位是標準正交的)：
   $Q^T\mathbf{b} - I_n\mathbf{c} = \mathbf{0}$
   $Q^T\mathbf{b} - \mathbf{c} = \mathbf{0}$
   $\mathbf{c} = Q^T\mathbf{b}$。

6. 求出 $\hat{\mathbf{x}}$：
   將 $\mathbf{c}$ 代回 $\hat{\mathbf{x}} = Q\mathbf{c}$：
   $\hat{\mathbf{x}} = Q(Q^T\mathbf{b}) = (QQ^T)\mathbf{b}$。

核心觀念

本題考查「線性映射的標準矩陣」與「正交投影矩陣」。

若線性映射 $L:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ 的標準矩陣為 $A$，則

$$A=\begin{bmatrix}L(\mathbf e_1)&L(\mathbf e_2)\end{bmatrix},$$

其中

$$\mathbf e_1=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}, \qquad \mathbf e_2=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}.$$

通過原點且與 $x$ 軸夾角為 $\theta$ 的直線 $l$，可取其單位方向向量為

$$\mathbf u= \begin{bmatrix} \cos\theta\\ \sin\theta \end{bmatrix}.$$

任意向量 $\mathbf x$ 在 $\mathbf u$ 方向上的正交投影為

$$L(\mathbf x)=(\mathbf x\cdot \mathbf u)\mathbf u.$$

因此，投影矩陣可寫成

$$A=\mathbf u\mathbf u^{T}.$$

---

（a）方法一：作用於標準基底

求 $L(\mathbf e_1)$

由正交投影公式，

$$L(\mathbf e_1) =(\mathbf e_1\cdot\mathbf u)\mathbf u.$$

因為

$$\mathbf e_1\cdot\mathbf u = \begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix} \begin{bmatrix}\cos\theta\\\sin\theta\end{bmatrix} =\cos\theta,$$

所以

$$L(\mathbf e_1) = \cos\theta \begin{bmatrix} \cos\theta\\ \sin\theta \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos^2\theta\\ \sin\theta\cos\theta \end{bmatrix}.$$

求 $L(\mathbf e_2)$

同理，

$$L(\mathbf e_2) =(\mathbf e_2\cdot\mathbf u)\mathbf u.$$

而

$$\mathbf e_2\cdot\mathbf u = \begin{bmatrix}0&1\end{bmatrix} \begin{bmatrix}\cos\theta\\\sin\theta\end{bmatrix} =\sin\theta,$$

因此

$$L(\mathbf e_2) = \sin\theta \begin{bmatrix} \cos\theta\\ \sin\theta \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \sin\theta\cos\theta\\ \sin^2\theta \end{bmatrix}.$$

將兩個投影向量作為矩陣的兩個欄向量：

$$A= \begin{bmatrix} \cos^2\theta & \sin\theta\cos\theta\\ \sin\theta\cos\theta & \sin^2\theta \end{bmatrix}.$$

也可直接由

$$A=\mathbf u\mathbf u^T$$

得到

$$A= \begin{bmatrix} \cos\theta\\ \sin\theta \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \cos\theta&\sin\theta \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos^2\theta & \sin\theta\cos\theta\\ \sin\theta\cos\theta & \sin^2\theta \end{bmatrix}.$$

---

（b）方法二：連續線性變換

題目將投影分解成三個步驟：

1. 順時針旋轉 $\theta$；
2. 投影到 $x$ 軸；
3. 逆時針旋轉 $\theta$。

因此

$$L=L_3\circ L_2\circ L_1,$$

矩陣為

$$A=A_3A_2A_1.$$

第一步：順時針旋轉

逆時針旋轉 $\theta$ 的矩陣為